1、河南省郑州市第二外国语学校2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1在一瓶无色未知溶液中检验出有Ba、Ag，同时又测得其酸性很强。某学生还要鉴定此溶液中是否大量存在：Cu、Fe、 Cl、 NO、 S 、 CO、 NH、 Mg、A1、离子。其实，这些离子中有一部分不再鉴定就能加以否定，你认为不必鉴定的离子组是（）A B C D【答案】D【解析】2我国历史悠久，文化灿烂，文物众多。由于历史的原因，造成众多文物流失。2000年5月，在香港拍卖会上，保利集团花费3000多万港币购回火烧圆明园时流失的国宝铜铸的牛首、猴首和虎首。普通铜器放置时间较长，容易出现铜绿，其主要成分是Cu2(OH)2CO3。
2、这三件1760年铜铸的国宝在240年后看上去依然熠熠生辉，不生锈，下列对其原因的分析，最可能的是( )A.它们的表面都镀上了一层耐腐蚀的黄金B.环境污染日趋严重，它们表面的铜绿被酸雨溶解洗去C.铜的金属活动性比氢小，因此不易被氧化D.铸造这些国宝用的铜不是纯铜，是铜的合金，成分不同，性质不同造成的【答案】D【解析】铸造这些国宝用的铜不是纯铜，是银、铜、锌等金属的合金，使得其中的铜不易生锈。 3由碳原子构成的纳米碳管可以作为储存氢气的优良容器,其单层部分结构示意图如图所示,下列说法正确的是（ ）A.纳米碳管是一种无机化合物B.纳米碳管中碳原子间以共价键结合C.纳米碳管与石墨互为同位素D.0.12
3、 g纳米碳管中含有6.02l022个碳原子【答案】B【解析】纳米碳管是由碳原子构成的,是碳的单质,A错;碳元素是非金属元素,原子间只能以共价键结合,B正确;纳米碳管与石墨都是碳元素的单质,两者互为同素异形体,C错;0.12 g 纳米碳管中碳原子物质的量为=0.01 mol,含有的碳原子个数为6.021021,D错。4从下列事实所引出的相应结论，正确的是 选项实验事实结论A等体积pH同为3的酸HA和酸HB与足量Zn反应，酸HA放出氢气多酸性：HA HBBNa2SO4溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH非金属性：S CC电解同浓度的A2和B2硝酸盐的混合溶液，A先析出金属性：A BD 由M、N与稀
4、硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡金属性：M N【答案】B【解析】5下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是ApH = 0的溶液：K+、Ca2+、HCO3-、NO3-B存在较多的Na+、SO42-、OH-、的溶液中：Mg2+、Ba2+、Br-C使紫色石蕊变蓝的溶液：K+、Na+、CH3COO-、SO42-D由水电离出的c(H+)为110-10 mol/L溶液中：K+ 、Fe2+、SO42- 、NO3【答案】C【解析】试题分析：离子共存问题是近几年高考的热点，主要是以给定条件的离子共存，解题过程中须认真分析给定的条件。比如A项中给定溶液为酸性，会发生反应：HHCO3=CO2H2O,不能大量共存；
5、B中两溶液发生：Ba2SO42=BaSO4,不能大量共存；D项水的电离被抑制，溶液可能为酸性或碱性，碱性条件下发生反应：Fe22OH=Fe(OH)2,酸性条件下H 、NO3 、 Fe2发生氧化还原反应，而不能大量共存。考点：给定条件的离子共存问题。6常温下测得浓度均为0.1 molL-1的下列三种溶液的pH：溶质NaHCO3Na2CO3NaCNpH8.411.611.1下列说法中错误的是A升高Na2CO3溶液的温度会使增大B相同条件下的酸性：H2CO3HCNC三种溶液中均存在电离平衡和水解平衡D溶液中阳离子物质的量之和的关系为：Na2CO3NaHCO3=NaCN【答案】D【解析】试题分析： A
6、升高Na2CO3溶液的温度，会促进碳酸根离子水解，所以碳酸根离子浓度减小，则会使增大，故A正确；B酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的PH越大，所以相同条件下的酸性：H2CO3HCN，故B正确；C三种溶液中均存在水的电离平衡和酸根离子的水解平衡，故C正确；D浓度均为0.1molL-1的下列三种溶液，Na2CO3中钠离子浓度为0.2molL-1；NaHCO3和NaCN中钠离子浓度为0.1molL-1，由于NaHCO3和NaCN中pH不同，即氢离子浓度不同，NaCN中氢离子浓度大于NaHCO3中氢离子浓度，故D错误；故选D。【考点定位】考查盐的水解【名师点晴】高频考点，准确判断溶液里存
7、在的电离和水解平衡，并结合平衡移动的原理是解题关键，根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，升高温度促进盐的水解，本题可结合溶液的pH反推对应的酸强弱，据此分析解题。7下列离子方程式书写正确的是A氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)33H=Fe33H2OB氯气溶于水：Cl2 + H2O = 2H+ + ClO + ClC溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26ClD向硫酸铝铵溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：Al32SO422Ba24OH=AlO2-2BaSO42H2O【答案】C【解析】试题分析：氢氧化铁溶于氢碘酸，Fe(OH)3的三价铁会和I发
8、生氧化还原反应，故正确的方程式应该是2Fe(OH)3 +2 I +6 H= I2 +2 Fe2+ +6 H2O，故A项错误；氯气溶于水离方程式是Cl2 + H2O = H+ + Cl+ HClO，生成的次氯酸属于弱酸，不能拆开来写，故B错误；向硫酸铝铵溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，Al32SO422Ba24OH=AlO2-2BaSO42H2O，显然缺少了NH4+与OH生成NH3H2O反应的离子反应，在少量Ba(OH)2的情况下，不足以有大量的OH使氢氧化铝溶解生成AlO2-，正确的应该是NH4+Al32SO422Ba24OH= NH3H2OAl(OH)32BaSO4。故本题选择C选项。考点
9、：离子反应 复分解型和氧化还原型离子反应方程式正误的判断点评：离子反应方程式式中学化学的重点和难点内容，同学们需要准确判断离子反应的类型即复分解型和氧化还原型，同注意电荷守恒、元素守恒的、物质的准确拆分结合物质反应的顺序和量的关系，得出正确的结论。8下列说法中不正确的是（ ）A含SO2的烟气可用石灰乳吸收后再排放，以减少对空气污染B汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都是造成雾霾天气的主要原因C绿色化学的核心是对环境产生的污染进行治理DPM2.5由于颗粒小，在空气中存在时间长，对人体健康危害大【答案】C【解析】试题分析：A. SO2是酸性氧化物，可以与碱Ca(OH)2发生反应产生CaSO3
10、固体，从而可以减少对空气污染，正确；B. 汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都会产生固体废弃物的小颗粒，从而会造成雾霾天气的产生，因此它们是造成雾霾天气的主要原因，正确；C. 绿色化学的核心是从化学上杜绝污染源的产生，使原子利用率达100，错误；D. PM2.5由于颗粒小，在空气中存在时间长，容易造成人类呼吸系统的疾病，因此对人体健康危害大，正确。考点：考查化学在日常生活的应用的正误判断的知识。9进行化学实验必须注意安全，下列说法正确的是A可燃性气体在加热或点燃前，必须先检验其纯度B浓碱溶液溅到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后抹上碳酸钠溶液C配制硫酸溶液时，先在量筒中加入一定量的水，再慢
11、慢加入浓硫酸D鉴别食盐和纯碱，可用口尝药品的味道，有咸味者，则为食盐【答案】A【解析】试题分析：A项：可燃气体或粉尘与空气混合，达到爆炸极限时遇到明火，易发生爆炸，故正确；B项：不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，以中和碱液，故错；C项：量筒不能用来配制溶液，故错；D项：食盐和纯碱都有咸味，故错。故选A。考点：化学实验安全及事故处理点评：本题考查了化学实验安全及事故处理，难度不大，易错选项是C，注意：量筒不能配制溶液只能量取溶液。10已知CsCl晶体的密度为gcm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示
12、为A B C D【答案】A【解析】试题分析：该立方体中含1个氯离子，Cs+个数=81/8=1,根据V=M/N知M=VNAa3NA,摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是a3 NA，故选A考点：晶胞的计算 11下列混合物能用分液法分离的是A乙醇与乙酸 B苯和硝基苯C乙酸乙酯和Na2CO3溶液 D乙醛与水【答案】C【解析】试题分析：A乙醇与乙酸是互溶的液体混合物，应该用蒸馏的方法分离，错误。B硝基苯能够溶于苯，因此不能用分液的方法，应该用蒸馏的方法分离，错误。C乙酸乙酯和Na2CO3溶液是互不相溶的两层液体混合物，用分液的方法分离得到，正确。D乙醛容易溶于，不能用分液的方法分离得
13、到，错误。考点：考查混合物分离方法的知识。12同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是NO和NO2，NO2和O2，NH3和N2。现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是AV1V2V3 BV1V3V2CV2V3V1 DV3V1V2【答案】B【解析】试题分析：因为3体积的二氧化氮和水反应生成硝酸和1体积的一氧化氮，所以试管倒置在水槽中，剩余的气体的体积为原来的2/3；根据4体积二氧化氮和1体积氧气和水反应生成硝酸，所以剩余气体的体积为3/8；由于氨气极易溶于水，所以剩余气体的体积为原来的1/2。所以顺序为，
14、选B。考点：二氧化氮的性质，氨气的性质。13下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是( ) C与O2 Na与O2 Fe与Cl2 AlCl3溶液与氨水 CO2与NaOH溶液 Cu与硝酸 AgNO3溶液与氨水A除外 B除外 C除外 D除外【答案】C【解析】试题分析：C与O2反应充分时生成二氧化碳，不充分时生成一氧化碳，产物不同，故正确；钠在氧气中加热反应生成过氧化钠，在氧气中常温下反应生成氧化钠，产物不同，故正确；铁和氯气反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故错误；AlCl3溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，故错误；少
15、量二氧化碳和烧碱反应生成碳酸盐，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，产物不同，故正确；铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物不同，故正确；AgNO3溶液与少量的氨水反应先生称氢氧化银，氢氧化银能溶于过量的氨水中得到银氨溶液，故正确；故选C。考点：考查物质之间反应时，用量的多少，反应条件的不同，对反应产物会产生影响14下列叙述正确的是A标准状况下，l mol任何物质的体积均为22.4 LBCH4的摩尔质量为16 gC1mol H2O的质量为18 gmolD3.01l023个SO2分子的质量为32 g【答案】D【解析】试题分析：A、标准状况下，l mol任何气体的体积均为22.4 L，
16、错误；B、摩尔质量的单位是gmol ，CH4的摩尔质量应为16 gmol，错误；C、1mol H2O的质量应为18 g，错误；D、3.01l023个SO2分子的物质的量为0.5mol，质量为32 g，正确。考点：考查气体摩尔体积、摩尔质量和质量的概念及计算。15已知常温下，浓度均为0.1 molL1的5种钠盐溶液pH如下表：溶质Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONaNaHSO3pH11.610.39.78.85.2下列说法中正确的是A少量SO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为：H2O+SO2+ClO2H+ Cl+SO42B常温下，稀释CH3COOH或HClO溶液时，溶液中
17、不变（HR代表CH3COOH或HClO）C等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，溶液中：c（HSO3)c（CH3COO)c（CO32)D含等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中：c（OH)c（H+)c（H2CO3)+c（CH3COOH)【答案】B【解析】试题分析：根据盐类水解规律：离子对应的酸或碱越弱，该离子水解程度越大；故根据表中数据则酸性强弱：H2SO3CH3COOHH2CO3HClOHCO3；A项少量SO2通入NaClO溶液中，NaClO强氧化性将SO2氧化为SO42，且NaClO过量，故离子方程式为：H2O+SO2+3ClO2H
18、ClO + Cl+SO42，故A项错误；B项对于弱酸HR存在HRH+R，故该平衡的电离平衡常数Ka=，根据Kw=c（H+)c（OH)得：Ka=，故=Ka/Kw，由于反应温度不变故Ka/Kw不变，故B项正确；C项等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，则CO32水解能力最强、CH3COO次之、HSO3水解能力最弱，故溶液中c（HSO3)c（CH3COO)c（CO32)，故C项正确；D项含等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中电荷守恒：c（H+)+ c（Na+)= c（HCO3)+c（CH3COO)+2c（CO32)+c（OH),物料守恒：c
19、（Na+)= c（HCO3)+c（CH3COO)+c（CO32)+ c（H2CO3)+c（CH3COOH)，故c（OH)c（H+)c（H2CO3)+c（CH3COOH)-c（CO32)，故D项错误；本题选B。考点：溶液中离子关系。16（1）向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸请完成下列问题：写出反应的离子方程式_。若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图中的曲线表示是_（填序号）（2）有甲、乙、丙、丁四种液体，它们分别为Fe(OH)3胶体、硅酸胶体、As2S3胶体、NaOH溶液。现将有关实验现象记录如下：电泳：甲液体的阳极(即接电源正极的一
20、极)周围颜色变浅，阴极（即接电源负极的一极）周围颜色变深；将一束光通过乙液体，无丁达尔现象；将乙慢慢加入到丙液体中，先出现凝聚，后液体变澄清。则甲为_，乙为_，丙为_，丁为_。【答案】（1） C（2）Fe（OH）3胶体 NaOH溶液 硅酸胶体 As2S3胶体【解析】试题分析：（1）向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO42-=BaSO4+ 2H2O ；若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中自由移动离子的浓度逐渐减小，当二者恰好完全反应时溶液中自由移动离子的浓度几乎为零，再滴加稀硫酸，溶液中自由移动离子
21、的浓度又逐渐增大，故溶液的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图中的曲线表示是C；（2）根据题意知电泳：甲液体的阳极(即接电源正极的一极)周围颜色变浅，阴极（即接电源负极的一极）周围颜色变深，则甲液体胶粒带正电，则甲为Fe(OH)3胶体；将一束光通过乙液体，无丁达尔现象，则乙液体为NaOH溶液；将NaOH溶液慢慢加入到丙液体中，先出现凝聚，后液体变澄清，则丙为硅酸胶体，丁为As2S3胶体。考点：考查离子反应、胶体和溶液的性质。17（14分）将镁铝的混合物0.1mol溶于100ml 2mol/L硫酸溶液中,然后再滴加1mol/L的NaOH溶液,请回答:(1)若在滴加NaOH溶液过程中,沉淀质量
22、随加入NaOH溶液的体积变化如图所示,当V1=160mL时,则金属粉末中n(Mg)= mol, V2= mL,(2)若在滴加NaOH溶液过程中,欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全,则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH) = mL(3)图像中A点的意义是 【答案】（14分）(1) n(Mg)= 0.06 mol, V2= 440 mL (2) V(NaOH) = 400 mL(3)图像中A点的意义是：生成Mg(OH)2 、Al(OH)3沉淀的最大值【解析】略18（10分）海藻中含有丰富的碘元素，碘元素通常以的形式存在。实验室从海藻灼烧后的海藻灰中提取的流程如图所示：（1）操作I是_，操作II是_
23、。（2）试剂X可以选择_。A. 氯气B. 氢氧化钠C. 过氧化氢D. 稀硫酸（3）试剂Y可以选择_。A. 酒精B. 四氯化碳C. 醋酸D. 苯（4）该实验中为使海藻灰中I-转化为I2的有机溶液，除烧杯、普通漏斗和必要的夹持仪器外，还需要的玻璃仪器有_、_。（5）操作II完成后，判断水层中是否残留I2的实验方法是_。【答案】（1）过滤（1分）萃取（萃取和分液）（1分） （2）A、C（2分）（3）B、D（2分） （4）玻璃棒（1分）分液漏斗（1分）（5）取少量水层样品于试管中，加入少量淀粉溶液，若变蓝则残留I2，若不变蓝，则不残留I2。（2分） 【解析】（1）灼烧后的海藻灰中含有不溶性物质，通过过
24、滤即可除去，即操作I是过滤。X能把溶液中的碘离子氧化生成单质碘，而碘易溶在有机溶剂中，所以操作是萃取。（2）氯气和过氧化氢都具有氧化性，能氧化碘离子，生成单质碘，而氢氧化钠和稀硫酸不能氧化碘离子，所以答案选AC。（3）作为萃取剂的Y应该满足和水不溶，且碘易溶在Y中，酒精和乙酸与水是互溶的，不能作为萃取剂，答案选BD。（4）根据实验原理可知，溶解时需要玻璃棒，萃取时需要分液漏斗。（5）由于碘能和淀粉发生显色反应，据此可以鉴别碘的存在。即取少量水层样品于试管中，加入少量淀粉溶液，若变蓝则残留I2，若不变蓝，则不残留I2。19I下列实验操作、试剂保存方法和实验室事故处理，一定正确的是 （填序号）。A
25、实验室中，浓硝酸保存在带橡胶塞的棕色细口试剂并中；B制备氢氧化铁胶体时，应向20mL沸水中逐滴滴加12mL饱和的FeCl3溶液，并继续加热到液体呈透明的红褐色为止；C在石油的分馏实验中，温度计需插入液体中；D不慎将浓碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液；E用酸式滴定管量取20.00mL高锰酸钾酸性溶液；F在进行中和热测定时，为保证实验的准确性，我们可以采取以下具体措施：使用碎泡沫以起到隔热保温的作用、使用铜质搅拌棒进行搅拌、取用的碱溶液略过量、进行两到三次实验取平均值。II汽车尾气的主要成分为CO2及CO、NOX（NO和NO2）的混合物，其中NO的体积分数占95%以上）等。治理
26、方法之一是在汽车排气管上加装“催化转换器”，利用催化剂使CO和NOX发生反应大部分转化为CO2和N2。某小组在实验室利用下图所示装置模拟处理汽车尾气中CO和NOX的反应并测量反应后混合气体的组成。（已知）试回答下列问题：(1)仪器的连接顺序为(2)E装置的作用是_、_。(3)写出D中的NOX与CO反应的化学方程式_。(4)若B容器中生成的NOX为NO，写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目_。(5)若通入的NOX为NO，C装置增重8.8g，收集到的气体在标准状况下为4.48L（其相对分子质量为28.4）。则收集到的气体中NO的物质的量为_。(6)选择高效催化剂，将汽车尾气转化为无毒
27、气体，便彻底解决了汽车尾气对环境的影响，这种说法是否正确并阐述理由：_。【答案】【解析】略20影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法通过图1所示装置研究反应速率的有关问题。（1）取一段镁条，用砂纸擦去表面的氧化膜，使镁条浸入锥形瓶内足量的稀盐酸中。足量镁条与一定量盐酸反应生成H2的量与反应时间的关系曲线如图2所示。 请根据实验中现象并结合图2中数据回答0到6分钟内哪一段速率最快 。A： 02 分钟 B： 24 分钟 C： 46分钟 并请简述速率出现这种情况的其原因： （2）某同学发现，纯度、质量、表面积都相同的两铝片与H+浓度相同的盐酸和硫酸在同温同压下反应时产生氢气的速率差别
28、很大，铝和盐酸反应速率更快。他决定对其原因进行探究。填写下列空白： 该同学认为：由于预先控制了反应的其他条件，那么，两次实验时反应的速率不一样的原因，只有以下五种可能：原因：Cl对反应具有促进作用，而SO2 4对反应没有影响；原因：Cl对反应没有影响，而SO2 4对反应具有阻碍作用；原因：_；原因：Cl、SO2 4均对反应具有促进作用，但Cl影响更大；原因：_。 该同学设计并进行了两组实验，即得出了正确结论。他取了两片等质量、外形和组成相同、表面经过砂纸充分打磨的铝片，分别放入到盛有同体积、c（H+）相同的稀硫酸和盐酸的试管（两试管的规格相同）中：a在盛有硫酸的试管中加入少量NaCl或KCl固
29、体 ，观察反应速率是否变化；b在盛有盐酸的试管中加入少量Na2SO4或K2SO4固体，观察反应速率是否变化。若观察到实验a中_，实验b中_，则说明原因是正确的。依次类推。该同学通过分析实验现象，得出了结论：Cl对反应具有加速作用。【答案】（1） B 反应为放热反应，使温度升高，加快反应速率，随反应进行，盐酸的浓度大大减小，后来反应速率反而降低。 （2）Cl对反应具有促进作用，而SO2 4对反应具有阻碍作用，但Cl影响大于SO2 4的影响；Cl、SO2 4均对反应具有阻碍作用，但SO2 4影响更大 反应速率加快；反应速率无明显变化【解析】（1）根据图像可知，在相同时间内，24分钟段产生的氢气最多
30、，所以反应速率最快，答案选B。 由于反应为放热反应，随着反应的进行温度升高，加快反应速率；但同时随反应进行，盐酸的浓度大大减小，后来反应速率反而降低。 （2）根据几种假设可知，原因是Cl对反应具有促进作用，而SO2 4对反应具有阻碍作用，但Cl影响大于SO2 4的影响；原因是Cl、SO2 4均对反应具有阻碍作用，但SO2 4影响更大。如果原因I正确，则a中反应速率应该是加快的，b中反应速率应该是无明显变化。21今有Fe和Zn的混合物12.1g，与足量的稀盐酸反应，共放出H2 4.48L（标准状况）。求：（1）原混合物中Fe的质量分数。 （2）消耗HCl的物质的量。【答案】（1） 46.3% （
31、2）0.4【解析】试题分析：（1）设铁的物质的量为m mol，锌的物质的量为n molFe + 2H = Fe2 + H2 Zn +2H = Zn2 + H2m 2m m n 2n n56m + 65n = 12.1 22.4m + 22.4n= 4.48 解得n=0.1 mol m=0.1 mol，则铁的质量分数为100%=46.3%（2）消耗HCl的物质的量为2m+2n=0.4mol。考点：考查根据化学方程式计算。22A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大；A和C能形成一种分子X或一种+1价阳离子Y；B元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，
32、它们的单质在常温下均为无色气体。回答下列问题：（1） B在周期表中的位置为 。（2） 写出一种由A、B、C、D四种元素组成的常见化合物的化学式 ，其中所含的化学键类型为 。（3） 写出Y水解的离子方程式 。（4） 在101 kPa时，lgX气体在D单质中充分燃烧，生成一种液态化合物和另一种对环境无污的稳定物质，放出18.6 kJ的热量。该反应的热化学方程式为 。【答案】（1） 第二周期 第A族（2） NH4HCO3或(NH4) 2CO3 ；离子键、共价键（3） NH4+ + H2O NH3H2O + H+（4） 4 NH3 (g) +3 O2 (g) = 2N2(g) + 6H2O(l) H=
33、 1264.8kJmol-1【解析】试题分析：根据题给信息推断，A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素。（1） B为碳元素，在周期表中的位置为第二周期 第A族；（2） 由上述四种元素组成的常见化合物的化学式为NH4HCO3或(NH4) 2CO3 ，其中所含的化学键类型为离子键和共价键；（3） Y为铵离子，水解的离子方程式为NH4+ + H2O NH3H2O + H+；（4） X为氨气，D的单质为氧气，在101 kPa时，lg氨气在氧气中充分燃烧，生成液态水和氮气，放出18.6 kJ的热量。该反应的热化学方程式为4 NH3 (g) +3 O2 (g) = 2N2(g) + 6H2O(l)
34、 H= 1264.8kJmol-1。考点：考查元素推断及相关物质的结构与性质，热化学方程式的书写等。23M是一种单质，A、B、C、D、E、F、G都是含有同一种元素的物质，这七种物质相互转变的关系如下图所示：（1）写出下列物质的颜色：M F ，（2）写出下列变化的化学方程式AB： 该反应中每消耗0.3 mol的A，可转移电子 mol。EG ；DC 。（3）上述反应中，属于氧化还原反应的有 个【答案】（1）黄绿色 红棕色 （2）3Fe4H2O(g)Fe3O44H2 0.84Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3 2FeCl3Fe =3FeCl2 （3）5 【解析】试题分析：E在空气中氧化得到
35、红褐色沉淀，可知E为Fe(OH)2，G为Fe(OH)3，受热分解生成的F为Fe2O3，由此可推断出A为Fe，C为FeCl2，B为Fe3O4，D为FeCl3，M为氯气；（1） 氯气是黄绿色气体，Fe2O3是红棕色固体； （2） Fe与水蒸气反应的方程式为3Fe4H2O(g) Fe3O44H2，该反应中每消耗0.3 mol的Fe，可转移电子0.8mol；Fe(OH)2在空气中氧化得到红褐色沉淀Fe(OH)3的反应方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3；FeCl3溶液中加入Fe粉发生反应的化学方程式为2FeCl3Fe =3FeCl2； （3）上述反应中AC、 AB 、CD、 DC、
36、EG均属于氧化还原反应，共5个。考点：考查铁及其化合物的性质及转化，涉及氧化还原反应的分析与化学方程式的书写。24化学-选修5：有机化学基础(15分)(代号DMP)是一种常用的酯类塑化剂，其蒸气对氢气的相对密度为97。工业上生产DMP的流程如图所示：（1）上述转化中属于取代反应的是 ，D的核磁共振氢谱有 组峰。（2）的名称 ，C中官能团的名称为 ，DMP的分子式为 。（3）AB的化学方程式为 。（4）E是D的芳香族同分异构体，E具有如下特征：遇FeCl3溶液显紫色；能发生银镜反应；苯环上有三个取代基，则符合条件的E最多有 种，写出其中任意两种物质的结构简式 。（5）用制备DMP的另一种途径：其
37、中反应还有另外一种产物，该产物最可能是 ，反应中的另一产物是水，且n(F):n(H2O)=2:1，则F的结构简式为 。【答案】(15分)（1） 3（2）1，2二甲苯(或邻二甲苯) 醛基 C10H10O4（3）（4）20 （5）H2O CH3OH【解析】试题分析：（1）根据流程图可知，邻二甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成氯代烃(A)，A在发生取代反应生成醇(B)，B在经过催化氧化生成醛(C)，C经过氧化反应生成酸(D)，D经过酯化反应生成DMP，所以上述转化中属于取代反应的是；D为邻苯二甲酸，高度对称，有3种不同环境的氢原子，则D的核磁共振氢谱有3组峰（2）根据有机物的命名规则，该有机物名
38、称为邻二甲苯，根据上述推断，C为邻苯二甲醛，C中官能团的名称为醛基，根据DMP的结构简式可得DMP的分子式为C10H10O4 。（3）AB是邻二甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成氯代烃，化学方程式为。（4）D为邻苯二甲酸，E是D的芳香族同分异构体，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上有三个取代基，第一种情况，三个取代基分别为酚羟基、醛基和羧基，根据“定二动一”，一共有10种同分异构体，第二种情况，三个取代基分别为酚羟基、醛基和酯基，根据“定二动一”，一共有10种同分异构体，则符合条件的E最多有20种，其中任意两种物质的结构简式为。（5）根据制备流程图，由原子守恒可得反应还有另外一种产物，该产物最可能是水，反应中的另一产物是水，由于且n(F):n(H2O)=2:1，在根据DMP的结构简式，则F的结构简式为CH3OH。考点：考查有机物的反应类型，有机物的命名及光能团的名称，同分异构体及有机物结构简式的确定。
